2019-2020年高三化学五月适应性考试试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三化学五月适应性考试试题（含解析）新人教版本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分300分，考试用时150分钟以下数据可供解题时参考：可能用到的原子量：B11 I127 Fe56 Cu64 S32 Co59 O16 N14【试卷综析】本试卷是理科综合化学试卷，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查，知识考查涉及综合性较强的问题、注重主干知识，兼顾覆盖面。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导。化学计量的有关计算、有机物的基本反应类型、化学与环境、热化学、溶液中的离子关系等；试题重点考查：阿伏伽德罗定律、元素化合物知识、化学基本概念、溶液中的离子、化学实验题、化学反应与能量、化学平衡的移动、常见的有机物及其应用等主干知识，考查了较多的知识点。注重常见化学方法，应用化学思想，体现学科基本要求。第I卷（选择题 共21小题，每小题6分，共126分）一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。）7化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是A石英只能用于生产光导纤维 B从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现C为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂D淀粉、纤维素和脂肪在一定条件下都可以发生水解反应。【知识点】化学与生活、环境【答案解析】D 解析：A、石英可以应用在冶金工业、玻璃工业、建筑工业、化学工业等广泛领域，故A错误；B、从海水提取食盐是物理变化，故B错误；C、有许多食品添加剂对人体有害，不能大量添加，故C错误；D、淀粉、纤维素和脂肪在一定条件下都可以发生水解反应，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查本题涉及生产生活问题，是时下考试的热点，要注意此方面知识的积累。8设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是AS2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NAB将分子总数为NA的NH3和HCl的混合气体置于标准状况下，其体积约为22.4LC在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2+4H2O中，每生成4molCl2转移的电子数为8NAD25时，pH=13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH数目为0.2 NA【知识点】阿伏伽德罗常数的计算应用、氧化还原反应规律【答案解析】 A 解析：A、S2和S8的混合物中只有S原子，则硫原子的物质的量为6.4g/32g/mol=0.2mol，则所含硫原子数一定为0.2NA，故A正确；B、NH3和HCl的混合气体会反应生成NH4Cl，分子总数为NA的NH3和HCl的混合气体置于标准状况下，其体积小于22.4L，故B错误；C、在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2+4H2O中，Cl原子从+7价降到0价，转移电子数是7，每生成4molCl2转移的电子数为7NA，故C错误；D、25时，pH=13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH数目为0.1 NA，故D错误。故答案选A【思路点拨】考查阿伏伽德罗常数的计算，考查知识点全面，明确物质的构成、发生的氧化还原反应转移的电子数等来解答，属于学生解答中的易错题。9某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。它可能的结构共有（不考虑立体异构） A4种 B5种 C6种 D7种【知识点】有机化学基础、同分异构体【答案解析】B 解析：设为CnH2nOx，若只有1个氧原子，58-16=42，剩下的为碳和氢，14n=42，则碳只能为3个，即为C3H6O，1个不饱和度若有2个O，那么58-32=26，14n=26，n不可能为分数，则不可能为2个氧原子，所以分子式为C3H6O，再根据官能团异构、碳链异构确定同分异构体的种类：醛一种，酮一种，烯醇一种，三元含氧杂环，三元碳环一种，四元杂环一种，共6种，而由题意可知有机物为单官能团，烯醇应舍去。故答案选B【思路点拨】本题主要考查了同分异构体的确定，难度不大，分子式的确定是解题的关键。10最近有研究人员发现了一种处理高浓度乙醛废水的新方法隔膜电解法，乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸。实验室以一定浓度的乙醛Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如右图所示。下列说法正确的是 A若以CH4空气燃料电池为直流电源，燃料电池的b极应通入空气B电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量增大C阳极反应CH3CHO -2e- + 2H+= CH3COOH + H2O D电解过程中两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2【知识点】电解原理、新型电池【答案解析】D 解析：A、a为正极，b为负极，连接电解池阴极的是原电池负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，该燃料电池中燃料是甲烷，所以b电极上投放的是CH4，故A错误； B、钠离子和硫酸根离子不参与电极反应，物质的量不变，故B错误； C、质量不守恒，应为CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+，故C错误； D、阳极发生4OH-4e-O2+2H2O、CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H+4e-=2H2、CH3CHO+2e-+2H2OCH3CH2OH+2OH-，则两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了原电池和电解池的原理，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意把握反应的原理和电极方程式的书写，为解答该题的关键，难度中等11已知一定条件下A、B、C、D之间的转化关系如右图所示。下列说法正确的是A若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸B若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质C若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应D若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D常温下一定呈液态【知识点】无机物的推断【答案解析】D 解析：A、在高温条件下，3Fe+4H2O （g）Fe3O4+4H2，故A错误； B、若A、D为化合物，B为水，则C不一定是气体单质，可能是化合物，如：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故B错误； C、若A、B、C、D均为化合物，该反应一定不一定属于复分解反应，如3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C错误； D、C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是氨气，若A、B、C、D均为10电子微粒，且生成氨气，该反应为：NH4+OH-=NH3+H2O，水在常温下呈液态，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查物质的推断，明确物质的性质及物质间的反应是解本题关键，特别是特殊的反应要熟记，难度中等。12下表中列出了25、101kPa时一些物质的燃烧热数据物质CH4C2H2H2燃烧热kJmoll890.31299.6285.8已知键能：CH键：413.4 kJmol1、HH键：436.0 kJmol1。则下列叙述正确的是 ACC键能为796.0 kJmol1 BCH键键长小于HH键 C2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=571.6 kJmol1 D2CH4(g)=C2H2(g) +3H2(g) H=376.4 kJmol1【知识点】化学反应与能量、热化学方程式【答案解析】 A 解析：乙炔燃烧热的热化学方程式：C2H2（g）+5/2O2（g）2CO2（g）+H2O（l）H=-1299.6 kJ/mol，甲烷燃烧热的热化学方程式：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=-890.3KJ/mol氢气燃烧热的热化学方程式：H2（g）+1/2O2（g）=H2O（1）H=-285.8kJmol-1盖斯定律：2-3得：2CH4=C2H2+3H2 H=376.4kJmol-1 ， 即8413.4-（E（CC）+2413.4+3436）=376.4，求出E（CC）=796.0，故A正确；B、键能越大，化学键越稳定，键长越小，CH键键长大于HH键，故B错误；C、方程式中水的聚集状态应该是液态，故C错误；D、由上述分析知，反应热是正值，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题是一道关于化学反应中的能量变化的题目，可以根据所学知识进行回答，难度不大要注意题给数据获得解题信息，热化学方程式书写要注意水的状态，为易错点。13迭香酸有很强的抗氧化性，对癌症和动脉硬化的预防起到一定作用，其结构如右图所示。下列叙述正确的是A迷迭香酸的分子式为C18H15O8B迷迭香酸可以发生加成、取代、消去、显色反应C1mol迷迭香酸跟H2反应，最多消耗8mol H2D1mol迷迭香酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗6mol NaOH【知识点】有机物的结构与性质【答案解析】D 解析：A、由结构简式可知分子式为C18H16O8，故A错误； B、含酚-OH、-COOH、-COOC-、C=C，可以发生加成、取代、显色反应，但不能发生消去反应，故B错误； C、苯环、C=C均能与氢气发生加成反应，则1mol迷迭香酸跟H2反应，最多消耗7molH2，故C错误； D、酚-OH、-COOH、-COOC-均能与NaOH溶液反应，则1mol迷迭香酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗6molNaOH，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系，明确酚、酯、烯烃的性质即可解答，题目难度不大。第II卷 非选择题26(15分)氨的合成是最重要的化工生产之一。工业上合成氨用的H2有多种制取的方法： 用焦炭跟水反应：C(s) + H2O(g) CO(g) + H2(g)； 用天然气跟水蒸气反应：CH4(g) + H2O(g) CO(g)+ 3H2(g)已知有关反应的能量变化如下图，且方法的反应只能在高温下发生，则方法中反应的H =_ kJ/moL。在3个1L的密闭容器中，同温度下、使用相同催化剂分别进行反应：3H2(g) + N2(g) 2NH3(g)，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，反应达到平衡时有关数据为：容 器甲乙丙反应物投入量3 mol H2、2 mol N26 mol H2、4mol N22 mol NH3达到平衡的时间（min） t58平衡时N2的浓度（molL-1）c13N2的体积分数123混合气体密度（gL-1）12(1) 下列能说明该反应已达到平衡状态的是a容器内N2、H2、NH3的浓度之比为132 bv(N2)正3v(H2)逆 c容器内压强保持不变 d混合气体的密度保持不变(2) 甲容器中达到平衡所需要的时间t 5min (填、 5 (1分) (3) 0.2 molL1min1(1分，无单位0分)(4) c (1分) (5) K= 4/81(2分) (6) 1.80105molL-1(1分，无单位0分) C(NH4+)C(HC2O4)C(H+)C(C2O42)C(OH) (2分)(1) N2 + 6e + 8H+ 2NH4+ (1分)；NH4Cl (1分) (2) (1分)；3 (1分) 解析：图1、图2、图3写出热化学方程式分别为：CO（g）+1/2 O2（g）CO2（g）H=-akJmol-1 H2（g）+1/2 O2（g）H2O（g）H=-bkJmol-1CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=-ckJmol-1，由-（+3）得：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+（a+3b-c）kJmol-1，（1）a容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2，不能说明达到判断状态，取决于起始配料比和转化程度，故a错误；b当3v（N2）正=v（H2）逆时，才说明达到平衡状态，故b错误；c容器内压强保持不变，可说明达到平衡状态，故c正确；d恒容时体积不变，质量不变，则混合气体的密度保持不变，不能达到平衡状态，故d错误故答案为：c；（2）若为恒压容器，甲乙容器中达到平衡所用时间相同，为5min，但是容器恒容，甲容器比乙容器中反应物的浓度小，反应速率比乙中小，故达到平衡所需要的时间更长，即t5min，故答案为：；（3）容器乙中，反应前氮气的浓度为：4mol1L=4mol/L，氮气的平均反应速率为：v（N2）=(4-3)mol/L5min=0.2molL-1min-1，（4）恒温、恒容条件下：a假设乙容器的容积为2L，则达到平衡时甲乙为等效平衡，各组分的含量、浓度相等，此时氮气的浓度为c1，然后将容器的容积缩小到2L，若平衡不移动，2c1=3mol/L，由于压强增大，平衡向着正向移动，所以2c13mol/L，故a错误；b乙中加入了4mol氮气、6mol氢气，而甲中为3molH2、2molN2，故乙对甲来说相当于加压，平衡右移，氮气的体积分数减小，所以21，故b错误；c反应前后都是气体，容器的容积都是2L，乙中混合气体的质量为甲的2倍，根据=m/V可知：21=2，故c正确；（5）乙容器中，反应前氢气浓度为：c（H2）=6mol1L=6mol/L，氮气的浓度为：4mol1L=4mol/L，达到平衡时氮气的浓度变化为：（4-3）=1mol/L， 由三段式可知：3H2 （g）+N2（g）2NH3（g）反应前（mol/L）： 6 4 0浓度变化（mol/L）：3 1 2反应后：（mol/L）：3 3 2在该温度下乙容器中反应的平衡常数K=22/(333)=4/81；（6）NH4(aq) + H2O(l) NH3H2O(aq) + H(aq)的化学平衡常数为C(NH3H2O)C(H)/C(NH4)=5.551010 molL1，NH3H2O的电离平衡常数K= C(NH4)C(OH-)/C(NH3H2O)=Kw/5.551010=1.80105molL-1；由已知知铵根的水解常数为5.551010、，草酸的二级电离常数Ka2=6.4105，水解小于电离，溶液显酸性。所以溶液中C(NH4+)C(HC2O4)C(H+)C(C2O42)C(OH)(1)电池正极发生还原反应，氮气得电子发生还原反应，N2+8H+6e-=2NH4+，A是铵根离子与氯离子结合形成氯化铵；（2）氨碳比相同时曲线二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳比的数值为，故答案为：；由题意可知：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2+H2O（g）起始量 x1 1变化量 2a a即：2a/x140%， a/160%，则x1=3，【思路点拨】本题考本题考查较为综合，涉及化学反应与能量、化学平衡的影响因素、化学平衡、速率的计算等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意利用三段式法计算，较为直观。（14分）硫酸铜是一种应用极其广泛的化工原料。铜不能与稀硫酸直接反应，本实验中将适量浓硝酸分多次加入到铜粉与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体(装置如图1、2所示)。 ANaOH溶液NaOH溶液通O2图1图2（1）图1烧瓶中发生的离子反应方程式为： （2）图2是图1的改进装置，其优点有： ； 。（3）为符合绿色化学的要求，某研究性学习小组进行如下设计：方案1：以空气为氧化剂。将铜粉在仪器B中反复灼烧，使铜与空气充分反应生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反应。方案2：将空气或氧气直接通入到铜粉与稀硫酸的混合物中，发现在常温下几乎不反应。向反应液中加FeSO4或Fe2（SO4）3，即发生反应。反应完全后向其中加物质甲调节pH到34，产生Fe（OH）3沉淀，过滤蒸发结晶，滤渣作催化剂循环使用。（已知Fe（OH）3和Cu（OH）2完全沉淀时的pH分别为3.76.4。）请回答下列问题：方案1中的B仪器名称是 。方案2中甲物质是 （填字母序号）。aCaO bCuCO3 cCaCO3 dNH3H2O以加入FeSO4为例，用离子方程式解释反应发生的原因 。 方案3 ：将32g铜丝放到45 mL 15mol/L的稀硫酸中，控温在50。加入18mL 10%的H2O2，反应05小时后，升温到60，持续反应1 小时后，过滤蒸发结晶减压抽滤等，用少量95%的酒精淋洗后晾干，得CuSO45H2O106g。上述三种方案中，更符合绿色化学理念的是 ，（填方案1、方案2、方案3）理由是 。【知识点】制备实验方案的设计、性质实验方案的设计【答案解析】（1）Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O或3Cu+8H+2NO3- =3Cu2+2NO+4H2O； （2分）（2） 防止倒吸 （1分） 有害气体能被完全吸收 （1分）（3） 坩埚 （1分） b (1分) 4Fe2+ + O2 + 4 H+ = 4Fe3+ + 2H2O (2分) 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+ （2分） 方案3 （1分）方案一需要灼烧，多消耗能源；方案二所得产品含有铁元素杂质；方案三几乎不产生有害气体，且所得产品纯度较高。（各1分）解析：（1）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成硝酸铜和一氧化氮、水，反应方程为：Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O或3Cu+8H+2NO3- =3Cu2+2NO+4H2O；(2) 反应中产生的尾气主要为NO，由于NO与NaOH溶液不反应，故应向氢氧化钠溶液中通入空气（氧气），装置2中在尾气吸收装置之前连接集气瓶，通入氧气有利于氮氧化合物的吸收，同时起安全瓶作用，防止倒吸。（3）高温灼烧固体应在坩埚中进行，方案1将铜粉在坩埚中反复灼烧，因此B仪器应为坩埚由于溶液酸性较强，欲使Fe3+沉淀，需加入某种试剂降低c（H+）浓度，但又不能引入新杂质aCaO降低c（H+）浓度，引入钙离子，故ac错误；bCuCO3 降低c（H+）浓度，不引入新杂质，过量的CuCO3 可以过滤除去，故b正确；cCaCO3引入钙离子，故c错误；dNH3H2O会生成氢氧化铜沉淀，故d错误加入FeSO4为例，用离子方程式解释反应发生的原因：4Fe2+ + O2 + 4 H+ = 4Fe3+ + 2H2O 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+ 上述三种方案中，更符合绿色化学理念的是方案三，理由是：方案一需要灼烧，多消耗能源；方案二所得产品含有铁元素杂质；方案三几乎不产生有害气体，且所得产品纯度较高。【思路点拨】本题考查学生对实验原理的理解、实验方案的评价、实验装置的理解与评价、常用化学用语、物质推断、实验条件控制等，难度中等，实验方案设计，应根据实验目的思考实验原理，根据实验原理中反应物的状态和反应条件确定试剂和装置，通过比较和评价优选最佳实验方案。 28（14分）CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴。(1)写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_。(2)写出NaClO3发生反应的主要离子方程式_；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式_。(3)“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为 。(4)“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_、_和过滤。制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是_。(5)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是_；其使用的最佳pH范围是_。 A2.02.5 B3.03.5 C4.04.5 D5.05.5(6)为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100，其原因可能是_。（答一条即可）【知识点】制备实验方案的设计、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【答案解析】（1）Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O （2分）（2）ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O （每空2分）（3）Fe(OH)3 Al(OH)3 （2分）（4）蒸发(浓缩)、冷却(结晶) （2分） 降低烘干温度，防止产品分解（1分） (5)除去溶液中的Mn2+ B （每空1分）（6）粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水（1分） 解析：（1）向水钴矿主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；（2）加入NaClO3，会发生FeCl2中铁元素的化合价+2+3，失去电子，NaClO3中氯元素的化合价由+5-1价，得到电子，反应的主要离子方程式：ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O，若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O（3）加Na2CO3调pH至5.2，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2；故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；(4)“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是蒸发(浓缩)、冷却(结晶) 和过滤，制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，（6）根据CoCl26H2O的组成分析，造成产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：1、含有杂质，导致氯离子含量大，2、结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大【思路点拨】本题考查了有关CoCl26H2O的工艺流程，理解工艺流程图，掌握实验操作与设计及相关物质的性质是解答的关键，题目难度中等。（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。37.【化学选修3-物质结构与性质】化合物A(H3BNH3)是一种潜在的储氢材料，可由六元环状物质(HB=NH)3通过反应3CH4+2(HB=NH)3+6H2O3CO2+6H3BNH3制得。A在一定条件下通过多步去氢可最终转化为氮化硼（BN）。请回答：（1）与(HB=NH)3互为等电子体的分子为 (填分子式)。（2）下列关于合成A的化学方程式的叙述不正确的是 (填选项字母)。 a反应前后碳原子的轨道杂化类型不变 bCH4、H2O、CO2的分子空间构型分别为正四面体形、V形、直线形 c第一电离能的大小关系为：NOCB dA中存在配位键（3）氮化硼(BN)有多种晶型，其中立方氮化硼与金刚石的构型类似，则其晶胞中共有 个硼原子， 个氮原子。（4）人工可以合成硼的一系列氮化物，其物理性质与烷烃相似，故称之为硼烷。工业上采用LiAlH4和BF3，在乙醚介质中反应制得乙硼烷(B2H6) ,同时生成另外两种产物，该反应的化学方程式为 。 （5）相关化学键的键能如下表所示，简要分析和解释下列事实。 自然界中不存在硼单质，硼氢化物也很少，主要是含氧化物，其原因为 （6）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状、骨架状等多种结 构形式，图(a)为一种无限长单链状结构的多硼酸根， 其化学式为 ；图(b)为硼砂晶体中的阴 离子，其中硼原子采取的杂化类型 。【知识点】物质结构、核外电子排布、化学键【答案解析】（1）C6H6 （2分） （2）a （2分） （3）4 4（各1分，共2分）（4）3LiAlH44BF32B2H63LiF3AlF3（3分）（5）BO键键能大于BB键和BH键，所以更易形成稳定性更强的BO键（2分，其他合理答案均可给分）（6）BO2nn-或BO2- （2分） sp2、sp3 （各1分，共2分） 解析：（1）等电子体是指具有相同电子数目和原子数目的分子或离子，所以与(HB=NH)3互为等电子体的分子C6H6CH4、CO2的分子中碳原子杂化类型分别为sp3和sp，选a根据金刚石的结构，金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，可以判断出金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数8，因此一个立方氮化硼晶胞中含有4个N原子和4个B原子。（4）根据反应物和产物不是氧化还原反应，根据化合价判断方程式为：3LiAlH44BF32B2H63LiF3AlF3（5）BO键键能大于BB键和BH键，所以更易形成稳定性更强的BO键（6）图(a)为一种无限长单链状结构，每3个BO键中有2个氧原子为硼和硼共用，所以硼和氧原子的比例为1:2即离子式BO2-，图(b)为硼砂晶体中的阴离子，形成3个BO键的硼原子采取的杂化类型sp2，形成4个BO键的硼原子采取的杂化类型sp3。【思路点拨】本题考查较为综合，涉及等电子体的概念，元素周期律的递变规律、杂化类型的判断、分子的空间构型以及键能等知识。但是题目难度中等，做题要注意有关知识的积累。38(化学选修5有机化学基础)氯吡格雷(clopidogrel,1)是一种用于抑制血小板聚集的药物，根据原料的不同，该药物的合成路线通常有两条，其中以2氯苯甲醛为原料的合成路线如下：(1)分子D中的非含氧官能团名称为_。(2)X的结构简式为_。(3)分子C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，写出该反应的化学方程式_。(4)物质D有两种结构，但只有一种能合成具有药理作用的氯吡格雷。物质D有两种结构的原因是 。(5)DE的反应类型是_反应。(6) A的属于芳香族化合物的所有同分异构体（不包括A）有_种。(7)已知：ROHHROHH则由乙醇、甲醇为有机原料制备化合物，需要经历的反应类型有_(填写编号)。加成反应消去反应取代反应氧化反应还原反应，写出制备化合物的最后一步反应_。【知识点】有机物的推断、有机物分子中的官能团及其结构、有机合成【答案解析】 (1)氨基、氯原子 （2分）(2)（2分）(3) （2分）(4)分子中有一个手性碳原子（2分）(5)取代 （1分）(6)3 （2分）（2分）HOCH2CH2OHHCHOH2O（2分） 解析：(1)分子D中的非含氧官能团名称为氨基、氯原子；（2）D（）与X反应生成E（），应该是取代反应，X的结构简式为：；分子C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，发生的是氨基与氯原子之间的取代反应，该反应的化学方程式：物质D中与苯环相连的碳原子连接四个不同的原子、原子团，属于手性碳原子，所以物质D有两种结构。综上，DE的反应类型是取代反应；A是，属于芳香族化合物的所有同分异构体：、，共3种；由乙醇、甲醇为有机原料制备化合物，需要经历：反应类型有：。加成反应消去反应取代反应氧化反应；最后一步反应是：HOCH2CH2OHHCHOH2O【思路点拨】本题考查有机物的合成，明确合成路线中碳链骨架的变化，发生的化学反应推出各物质是解答本题的关键，题目难度中等。